Câu hỏi:

03/02/2026 260

Cho tam giác $ABC$ và đường cao $AH$ gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CNH$ tại $E$. Chứng minh $AMEN$ là tứ giác nội tiếp và $HE$ đi qua trung điểm của $MN$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho tam giác $ABC$ và đường cao $AH$ gọi \( (ảnh 1)$

Để chứng minh $AMEN$ là tứ giác nội tiếp ta sẽ

chứng minh: $\widehat {MAN} + \widehat {MEN} = {180^0}$.

Ta cần tìm sự liên hệ của các góc $\widehat {MAN};\widehat {MEN}$ với các góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác.

Ta có $\widehat {MEN} = {360^0} - \left( {\widehat {MEH} + \widehat {NEH}} \right) = {360^0} - \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC} + {{180}^0} - \widehat {ACB}} \right) = \widehat {ABC} + \widehat {ACB}$ $ = {180^0} - \widehat {BAC}$ suy ra $\widehat {MEN} + \widehat {MAN} = {180^0}$. Hay tứ giác $AMEN$ là tứ giác nội tiếp.

Kẻ $MK \bot BC$, giả sử $HE$ cắt $MN$ tại $I$ thì $IH$ là cát tuyến của hai đường tròn $(BMH)$, $(CNH)$.

Lại có $MB = MH = MA$ (Tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Suy ra tam giác $MBH$ cân tại $M \Rightarrow KB = KH \Rightarrow MK$ luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBH$. Hay $MN$ là tiếp tuyến của $(MBH)$ suy ra $I{M^2} = IE.IH$, tương tự ta cũng có $MN$ là tiếp tuyến của $\left( {HNC} \right)$ suy ra $I{N^2} = IE.IH$ do đó $IM = IN$.

Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm $A$ ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

     a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này.

     b) Chứng minh rằng $AM.AO = AB.AI$.

     c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACM$. Chứng minh $MG//BC$.

     d) Chứng minh $IG$ vuông góc với $CM$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm \(A\ (ảnh 1)$

a) Do $AB,AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ có tâm $I$ là trung điểm $OA$.

b) Ta có $AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI$.

c) Gọi $E$ là trung điểm $MA$, do $G$ là trọng tâm $\Delta CMA$ nên $G \in CE$ và $\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}$.

Mặt khác $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}$ (vì $ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}$ nên $ME = \frac{{BE}}{3}$) $ \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}$, theo định lý Ta-lét đảo $ \Rightarrow MG//BC$.

d) Gọi $G'$ là giao điểm của $OA$ và $CM \Rightarrow G'$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Nên $\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}$, theo định lý Ta-lét đảo $GG'//ME$ (1)

$MI$ là đường trung bình trong $\Delta OAB \Rightarrow MI//OB$, mà $AB \bot OB$ (cmt) $ \Rightarrow MI \bot AB$, nghĩa là $MI \bot ME$ (2).

Từ (1) và (2) cho $MI \bot GG'$, ta lại có $GI' \bot MK$ (vì $OA \bot MK$) nên $I$ là trực tâm $\Delta MGG'$$ \Rightarrow GI \bot G'M$ tức $GI \bot CM$.

Câu 2

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm D.

a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.

b) Chứng minh MB² = MD.MA

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm D. (ảnh 1)

a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.

Ta có MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\left\{ \begin{array}{l}OB \bot MB\\OC \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {MBO} = {90^0}\\\widehat {MCO} = {90^0}\end{array} \right.$

Xét tứ giác OBMC có $\widehat {MBO} + \widehat {MCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

Mà $\widehat {MBO},\widehat {MCO}$ là hai góc đối nhau nên tứ giác OBMC nội tiếp.

b) Chứng minh MB2 = MD.MA

Ta có $\widehat {DBM} = \widehat {BAM}$(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD).

Xét DMBD và DMAB có:

$ \Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}} \Rightarrow M{B^2} = MA.MD$

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Ta có E là trung điểm của AD nên OE $ \bot $ AD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung) $ \Rightarrow \widehat {OEM} = {90^0}$

Xét tứ giác OEMC có $\widehat {OEM} + \widehat {OCM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

Mà $\widehat {OEM},\widehat {OCM}$là hai góc đối nhau nên tứ giác OEMC nội tiếp.

$ \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {CEM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) (1)

Ta lại có $\widehat {COM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}$sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà $\widehat {BFC} = \frac{1}{2}$ sđ (tính chất góc nội tiếp)

$ \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {BFC}$ (2)

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BFC}$

Mà hai góc $\widehat {MEC}$ và $\widehat {BFC}$ ở vị trí đồng vị $ \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF$.

Câu 3